第三章：第4讲：传送带模型考点1：水平传送带（常规分析）(1)对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断。

(2)物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻。

1．如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v 1运行。

初速度大小为v 2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A 处滑上传送带。

若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v －t 图象(以地面为参考系)如图乙所示。

已知v 2>v 1，则 ( ) 答案 BA ．t 2时刻，小物块离A 处的距离达到最大B ．t 2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C ．0～t 2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D ．0～t 3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用解析 t 1时刻小物块向左运动到速度为零，离A 处的距离达到最大，A 错误；t 1～t 2时间段，小物块对地向右加速，相对传送带仍向左运动，之后相对静止，B 正确；0～t 2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，C 错误；t 2～t 3时间内小物块随传送带一起向右匀速运动，不受摩擦力作用，D 错误。

2、如图所示，水平传送带始终以v 匀速运动，现将一质量为m 的物体轻放于A 端，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ，AB 长为L ，L 足够长，重力加速度为g 。

问：(1)物体从A 到B 做什么运动？(2)当物体的速度达到传送带速度v 时，物体的位移多大？传送带的位移多大？(3)物体从A 到B 运动的时间为多少？(4)什么条件下物体从A 到B 所用时间最短？答案 (1)先匀加速，后匀速 (2)v 22μg v 2μg (3)L v ＋v 2μg(4)v ≥2μgL 解析 (1)物体先做匀加速直线运动，当速度与传送带速度相同时，做匀速直线运动。

(2)由v ＝at 和a ＝μg ，解得t ＝v μg ，物体的位移x 1＝12at 2＝v 22μg ，传送带的位移x 2＝v t ＝v 2μg(3)物体从A 到B 运动的时间为t 总＝v μg ＋L －x 1v ＝L v ＋v 2μg(4)当物体从A 到B 一直做匀加速直线运动时，所用时间最短，所以要求传送带的速度满足v ≥2μgL 。

3．智能分拣设备迅速将包裹分拣装车．若把智能分拣设备简化成如图6所示的水平传输装置，皮带在电动机的带动下保持v ＝1 m /s 的速度向右运动，现将一质量为m ＝2 kg 的包裹轻放在皮带上，包裹和皮带间的动摩擦因数μ＝0.5.包裹从轻放在皮带上到相对皮带静止的过程中，设皮带足够长，取g ＝10 m /s 2，求：(1)包裹滑动时加速度a 的大小；(2)包裹滑动的时间t ；(3)包裹位移x 的大小．答案 (1)5 m/s 2 (2)0.2 s (3)0.1 m解析 (1)设包裹放到皮带上受到的滑动摩擦力为F f ，则：F f ＝μmg ＝maa ＝μg ＝5 m/s 2(2)包裹加速到与传送带速度相等的时间为t ＝v a ＝15 s ＝0.2 s (3)加速到与传送带相对静止的位移为x ＝12at 2＝12×5×0.22 m ＝0.1 m. 4．如图所示，一倾角θ＝37°的斜面底端与一传送带左端相接于B 点，传送带以v ＝7 m /s 的速度顺时针转动，有一小物块从斜面顶端以v 0＝4 m/s 的初速度沿斜面下滑，当物块滑到斜面的底端点时速度恰好为零，然后在传送带的带动下，运动到C 点．已知斜面AB 长度为L 1＝6 m ，传送带BC 长度为L 2＝6 m ，物块与传送带之间的动摩擦因数μ2＝0.3(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2)．求：(1)物块与斜面之间的动摩擦因数μ1；(2)物块在传送带上运动的时间．答案 (1)1112(2)2 s 解析 (1)设物块在斜面上运动的加速度大小为a 1，在AB 斜面上下滑的过程中：L 1＝v 02－02a 1，可得a 1＝43m/s 2 由牛顿第二定律得μ1mg cos 37°－mg sin 37°＝ma 1，故μ1＝1112. (2)在BC 上运动过程中，物块先匀加速运动，加速度大小a 2＝μ2g ＝3 m/s 2假设一直加速到C 点时速度为v C ，v C 2＝2a 2L 2，v C ＝6 m /s<7 m/s ，假设成立，则t ＝v C a 2＝2 s. 5．如图所示，半径R ＝1.6 m 的光滑半圆形轨道固定于竖直平面内，下端与传送带相切于B 点，水平传送带上A 、B 两端点间距L ＝16 m ，传送带以v 0＝10 m /s 的速度顺时针运动，将质量m ＝1 kg 的小滑块(可视为质点) 放到传送带上，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，取g ＝10 m /s 2.(1)将滑块在传送带A 端由静止释放，求滑块由释放到第一次经过B 端时所需时间；(2)若滑块仍由静止释放，要想滑块能通过圆轨道的最高点C ，求滑块在传送带上释放的位置范围；(3)若将滑块在传送带中点处释放，同时沿水平方向给滑块一初速度，使滑块能通过圆轨道的最高点C ，求此初速度满足的条件．答案 见解析解析 (1) 设滑块加速运动的时间为t 1，加速度大小为a ，对滑块受力分析，有μmg ＝ma ，v 0＝at 1 解得：t 1＝2.5 s ，a ＝4 m/s 2设滑块速度达到v 0时经过的位移为x 1，则x 1＝12at 12＝12.5 m 设滑块匀速运动的位移为x 2，则x 2＝L －x 1＝3.5 m则滑块匀速运动的时间为t 2＝x 2v 0＝0.35 s 。

所需时间为t ＝t 1＋t 2＝2.85 s. (2)滑块能通过C 点的临界条件是在C 点轨道对滑块压力为0，则在C 点由牛顿第二定律得mg ＝m v C 2RB 点到C 点由动能定理得－mg ·2R ＝12m v C 2－12m v B 2，滑块通过B 点的速度至少为v B ＝4 5 m/s v B 2＝2ax ，解得：x ＝10 m滑块在A 端与距A 端6 m 的范围内任何一个位置释放均可到达半圆轨道的最高点C 处．(3)若给滑块一水平向右的初速度v 1 ，v B 2－v 12＝2a ·L 2，解得：v 1＝4 m/s 。

所以v 1≥4 m/s 若给滑块一水平向左的初速度v 2，只需让滑块向左减速滑行的距离在2～8 m 的范围即可由运动学公式可得v 22－0＝2ax ′，2≤x ′≤8解得4 m /s ≤v 2≤8 m/s ，所以当初速度方向水平向左时满足于4 m /s ≤v 2≤8 m/s.考点2：斜面传送带（注意加速度分析）物体沿倾角为θ的传送带传送时，可以分为两类：物体由底端向上运动，或者由顶端向下运动。

解决倾斜传送带问题时要特别注意mg sin θ与μmg cos θ的大小和方向的关系，进一步判断物体所受合力与速度方向的关系，确定物体运动情况。

1．如图所示，足够长的倾斜传送带以v ＝2.4 m/s 的速度逆时针匀速转动，传送带与水平面的夹角θ＝37°，某时刻同时将A 、B 物块(可视为质点)轻放在传送带上，已知A 、B 两物块释放时间距为0.042 m ，与传送带间的动摩擦因数分别为μA ＝0.75、μB ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g ＝10 m/s 2，则下列说法中正确的是( ) 答案 BCA ．物块B 先做匀加速直线运动，后与传送带保持相对静止B ．物块B 最终一定追上物块AC ．在t ＝0.24 s 时，A 、B 物块速度大小相等D ．在t ＝5.4 s 前，A 、B 两物块之间的距离先增大后不变解析 物块B 先做匀加速直线运动，当与传送带共速后，因为μB ＝0.5<tan 37°，则物块将继续加速下滑，选项A 错误；物块A 先做匀加速直线运动，当与传送带共速后，因为μA ＝0.75＝tan 37°，则物块A 将与传送带相对静止，一起下滑，则物块B 最终一定追上物块A ，选项B 正确；物块B 开始下滑的加速度a B 1＝g sin 37°＋μB g cos 37°＝10 m/s 2，与传送带共速时经过的时间：t B ＝v a B＝0.24 s ；物块A 开始下滑的加速度a A ＝g sin 37°＋μA g cos 37°＝12 m/s 2，与传送带共速时经过的时间：t A ＝v a A＝0.2 s ；共速后物块A 与传送带一起匀速下滑，则t ＝0.24 s 时两物块速度大小相等，选项C 正确；在开始的0.24 s 内因为A 的加速度较大，则两物块间的距离逐渐变大；在0.24 s 后物块B 继续加速下滑速度逐渐变大，而物块A 的速度不变，则两物块间的距离又逐渐减小，选项D 错误．2： 如图所示，绷紧的传送带，始终以2 m/s 的速度匀速斜向上运行，传送带与水平方向间的夹角θ＝30°。

现把质量为10 kg 的工件轻轻地放在传送带底端P 处，由传送带传送至顶端Q 处。

已知P 、Q 之间的距离为4 m ，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝32，取g ＝10 m/s 2。

(1)通过计算说明工件在传送带上做什么运动；(2)求工件从P 点运动到Q 点所用的时间。

[答案] (1)先匀加速运动0.8 m ，然后匀速运动3.2 m (2)2.4 s解析 (1)工件受重力、摩擦力、支持力共同作用，摩擦力为动力由牛顿第二定律得：μmg cos θ－mg sinθ＝ma 代入数值得：a ＝2.5 m/s 2则其速度达到传送带速度时发生的位移为 x 1＝v 22a ＝222×2.5 m ＝0.8 m<4 m 可见工件先匀加速运动0.8 m ，然后匀速运动3.2 m(2)匀加速时，由x 1＝v 2t 1得t 1＝0.8 s 匀速上升时t 2＝x 2v ＝3.22s ＝1.6 s 所以工件从P 点运动到Q 点所用的时间为 t ＝t 1＋t 2＝2.4 s3：如图，倾角为37°，长为l ＝16 m 的传送带，转动速度为v ＝10 m/s ，动摩擦因数μ＝0.5，在传送带顶端A 处无初速度地释放一个质量为m ＝0.5 kg 的物体．已知sin 37°＝0.6，cos37°＝0.8，g ＝10 m/s 2.求：(1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A 滑到底端B 的时间；(2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A 滑到底端B 的时间．答案 (1)4 s (2)2 s解析 (1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，相对传送带向下匀加速运动，根据牛顿第二定律有mg (sin 37°－μcos 37°)＝ma 则a ＝g sin 37°－μg cos 37°＝2 m/s 2，根据l ＝12at 2得t ＝4 s. (2)传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为a 1，由牛顿第二得，mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma 1则有a 1＝mg sin 37°＋μmg cos 37°m＝10 m/s 2 设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t 1，位移为x 1，则有t 1＝v a 1＝1010 s ＝1 s ，x 1＝12a 1t 21＝5 m<l ＝16 m当物体运动速度等于传送带速度瞬间，有mg sin 37°>μmg cos 37°，则下一时刻物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力——摩擦力发生突变．设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a 2，则a 2＝mg sin 37°－μmg cos 37°m＝2 m/s 2 x 2＝l －x 1＝11 m又因为x 2＝vt 2＋12a 2t 22，则有10t 2＋t 22＝11，解得：t 2＝1 s(t 2＝－11 s 舍去)所以t 总＝t 1＋t 2＝2 s. 4.如图所示，足够长的传送带与水平面倾角θ=37°，以12m/s 的速率逆时针转动。